Calcul différentiel/Exercices/Différentiabilité

Exercice 1

On se propose d'étendre aux espaces vectoriels normés le théorème « limite de la dérivée », et de le renforcer en allégeant ses hypothèses. Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels normés, $U$ un ouvert de $E$ et $a$ un point de $U$.

1. Soit $f:U\to F$ une application continue au point $a$, différentiable sur $U\setminus \{a\}$, et dont la différentielle admet au point $a$ une limite : $\lim _{x\to a}\mathrm {d} f_{x}=L\in {\mathcal {L}}\left(E,F\right)$.
   À l'aide de l'inégalité des accroissements finis, démontrer que $f$ est différentiable au point $a$ et $\mathrm {d} f_{a}=L$.
2. Soit $g:U\setminus \{a\}\to F$ une application différentiable et dont la différentielle admet une limite au point $a$. À l'aide du critère de Cauchy pour une fonction, démontrer que si $F$ est complet et $\dim E>1$, alors $g$ elle-même admet une limite en $a$ (si bien que d'après la question précédente, elle se prolonge en une fonction de classe C¹ en ce point).
3. Quelle variante de la question 2 peut-on énoncer si $E=\mathbb {R}$ ?

Solution

1°) Posons, pour tout $h\in E$ tel que $a+h\in U$ :

$g\left(h\right):=f\left(a+h\right)-L\left(h\right)$.

Alors, $g$ est continue en $0$ et si $h\neq 0$, $\mathrm {d} g_{h}=\mathrm {d} f_{a+h}-L$. La fonction

$\varepsilon :h\mapsto \sup _{x\in \left]a,a+h\right[}|\!|\!|\mathrm {d} g_{x}|\!|\!|$

(définie pour $h\neq 0$ suffisamment petit) vérifie donc :

$\lim _{h\to 0}\varepsilon \left(h\right)=0$.

Enfin, d'après l'inégalité des accroissements finis,

$\left\|f\left(a+h\right)-f\left(a\right)-L\left(h\right)\right\|=\left\|g\left(h\right)-g\left(0\right)\right\|\leq \varepsilon \left(h\right)\left\|h\right\|$,

ce qui prouve que $\mathrm {d} f_{a}=L$.

2°) Il s'agit de démontrer que $\lim _{h,k\to 0}\left\|g\left(a+h\right)-g\left(a+k\right)\right\|=0$.

Puisque $\mathrm {d} g$ admet une limite en $a$, il existe $M,r>0$ tels que $0<\|h\|\leq r\Rightarrow a+h\in U{\text{ et }}|\!|\!|\mathrm {d} g_{a+h}|\!|\!|\leq M$.

Pour $0<\|h\|,\|k\|\leq \varepsilon \leq r$, si $0\notin \left]h,k\right[$, on déduit alors de l'inégalité des accroissements finis que

$\left\|g\left(a+h\right)-g\left(a+k\right)\right\|\leq M\left\|h-k\right\|\leq 2M\varepsilon$.

Si $0\in \left]h,k\right[$, il suffit d'utiliser un vecteur auxiliaire $\ell \neq 0$, non colinéaire à $h$ et $k$ (c'est ici qu'on a besoin que $E$ soit de dimension $>1$) et de norme $\leq \varepsilon$ : on aura

$\left\|g\left(a+h\right)-g\left(a+k\right)\right\|\leq \left\|g\left(a+h\right)-g\left(a+\ell \right)\right\|+\left\|g\left(a+\ell \right)-g\left(a+k\right)\right\|\leq 4M\varepsilon$.

3°) Si $g:\left]a,b\right[\to F$ (complet) est dérivable et si sa dérivée admet une limite à droite au point $a$, alors $g$ elle-même admet une limite à droite en $a$ (et de même en remplaçant partout « droite » par « gauche » et $\left]a,b\right[$ par $\left]b,a\right[$).

 

Exercice 2

Soit $A$ une algèbre de Banach unifère, c'est-à-dire une $\mathbb {R}$-algèbre unifère munie d'une norme :

• sous-multiplicative (c'est-à-dire telle que $\forall x,y\in A\quad \left\|xy\right\|\leq \left\|x\right\|\left\|y\right\|$) ;
• pour laquelle $A$ est complète

(par exemple : l'algèbre ${\mathcal {L}}\left(E\right)$ munie de la norme $|\!|\!|\cdot |\!|\!|$, où $E$ est un espace de Banach).

Démontrer que :

1. $\forall u\in A\quad \left\|u\right\|<1\Rightarrow \left(1-u\right)^{-1}=\sum _{n=0}^{+\infty }u^{n}$ (où $1$ désigne l'élément unité de $A$ et par convention, $u^{0}=1$) ;
2. dans $A$, le groupe $A^{\times }$ des éléments inversibles est ouvert ;
3. l'application $\mathrm {Inv} :A^{\times }\to A,\ a\mapsto a^{-1}$ est différentiable et $\mathrm {d} \,\mathrm {Inv} _{a}\left(h\right)=-a^{-1}ha^{-1}$ ;
4. l'application $\mathrm {Inv}$ est même de classe C^∞.
5. Dans le cas particulier $A=\mathrm {M} _{n}\left(\mathbb {R} \right)$, retrouver directement le résultat des questions 2, 4, puis 3.

Solution

1°) La série $\sum _{n\in \mathbb {N} }u^{n}$ est absolument convergente car $\left\|u^{n}\right\|$ est majoré par $\left\|u\right\|^{n}$, qui est le terme général d'une série géométrique convergente. La multiplication $A\times A\to A$ est continue (sa norme d'application bilinéaire vaut $1$) donc $\left(1-u\right)\sum _{n\in \mathbb {N} }u^{n}=\sum _{n\in \mathbb {N} }u^{n}-\sum _{n\in \mathbb {N} }u^{n+1}=u^{0}=1$ et de même, $\left(\sum _{n\in \mathbb {N} }u^{n}\right)\left(1-u\right)=1$.

2°) Soient $a\in A^{\times }$ et $r=\left\|a^{-1}\right\|^{-1}$. Soit $k\in A$ de norme $<r$. Alors (d'après la sous-multiplicativité) $\left\|-a^{-1}k\right\|<1$ donc (d'après la question précédente) $1+a^{-1}k$ est inversible. L'élément $a$ étant inversible, le produit $a\left(1+a^{-1}k\right)=a+k$ l'est aussi ; ainsi $B\left(a,r\right)\subset A^{\times }$, ce qui prouve que $A^{\times }$ est ouvert.

3°) Montrons d'abord que $\mathrm {Inv}$ est différentiable en $1$ et $\mathrm {d} \,\mathrm {Inv} _{1}=-\mathrm {id} _{A}$. Pour tout $h\in A$ de norme $<1$, $\mathrm {Inv} \left(1+h\right)=1-h+\sum _{n\geq 2}\left(-h\right)^{n}$ et $\left\|\sum _{n\geq 2}\left(-h\right)^{n}\right\|\leq \sum _{n\geq 2}\left\|h\right\|^{n}={\frac {\left\|h\right\|^{2}}{1-\left\|h\right\|}}=o\left(\left\|h\right\|\right)$.

Pour $a\in A^{\times }$ et $r$ comme dans la question 2, on se ramène à la formule précédente « par translation » : pour tout $k\in A$ de norme $<r$, $\mathrm {Inv} \left(a+k\right)=\mathrm {Inv} \left(a\left(1+a^{-1}k\right)\right)=\left(\mathrm {Inv} \left(1+a^{-1}k\right)\right)a^{-1}$ donc $\mathrm {Inv}$ est différentiable en $a$ et pour tout $h\in A$, $\mathrm {d} \,\mathrm {Inv} _{a}\left(h\right)=\left(\mathrm {d} \,\mathrm {Inv} _{1}\left(a^{-1}h\right)\right)a^{-1}=-a^{-1}ha^{-1}$.

4°) $\mathrm {d} \,\mathrm {Inv}$ est la composée de $\mathrm {Inv}$ par deux applications de classe C^∞ : l'application $\Delta :A\to A\times A,\ x\mapsto \left(x,x\right)$ (linéaire continue) et l'application $A\times A\to {\mathcal {L}}\left(A\right),\ \left(x_{1},x_{2}\right)\mapsto -x_{1}\,\mathrm {id} _{A}\,x_{2}$ (bilinéaire continue). On en déduit par récurrence que $\mathrm {Inv}$ est de classe Cⁿ pour tout n : c'est acquis pour n = 0 et si $\mathrm {Inv}$ est de classe Cⁿ alors $\mathrm {d} \,\mathrm {Inv}$ aussi, donc $\mathrm {Inv}$ est de classe Cⁿ⁺¹.

5°) Si $A=\mathrm {M} _{n}\left(\mathbb {R} \right)$, $A^{\times }$ est l'ouvert $\mathrm {GL} _{n}\left(\mathbb {R} \right)$ des matrices de déterminant non nul, et $\mathrm {Inv}$ est de classe C^∞ sur cet ouvert puisque l'expression d'une matrice inverse $M^{-1}$ par la formule des cofacteurs est une fonction rationnelle des coefficients de $M$. Enfin, l'identité $\mathrm {Inv} \left(M\right)\cdot M=\mathrm {I} _{n}$ donne, par différentiation :

$\mathrm {d} \,\mathrm {Inv} _{M}\left(H\right)\cdot M+\mathrm {Inv} \left(M\right)\cdot H=0$,

d'où

$\mathrm {d} \,\mathrm {Inv} _{M}\left(H\right)=-\mathrm {Inv} \left(M\right)\cdot H\cdot M^{-1}$.

Références

• François Laudenbach, Calcul différentiel et intégral, éd. École Polytechnique, 2000 (ISBN 978-2-73020724-9) [lire en ligne], p. 58 
• Jean Dieudonné, Éléments d'analyse, t. I : Fondements de l'analyse moderne , exemple (8.12.1)
• Ralph Abraham, Jerrold E. Mardsen et Tudor Ratiu, Manifolds, Tensor Analysis, and Applications [lire en ligne], p. 104-105 

 

Exercice 3

Soient $E$ un espace vectoriel normé, $\Omega$ un ouvert de $\mathbb {R} \times E$ contenant $\left(0,0\right)$ et $f:\Omega \to E$ une fonction continue et admettant par rapport à sa seconde variable une fonction différentielle $\operatorname {d} _{2}f$ continue sur $\Omega$. Pour $r>0$ fixé, dans l'espace $F$ des applications continues $u:\left[-r,r\right]\to E$ (muni de la norme de la convergence uniforme), on considère l'ouvert $V$ de celles qui vérifient : $\forall t\in \left[-r,r\right]\quad \left(t,u\left(t\right)\right)\in \Omega$.

Démontrer que l'application $\Phi :V\to F$ définie par $\Phi _{u}\left(t\right)=f\left(t,u\left(t\right)\right)$ est continûment différentiable et que $\operatorname {d} \Phi _{u}h\left(t\right)=\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,u\left(t\right)\right)}\left(h\left(t\right)\right)$.

Solution

Fixons $u\in V$ et montrons d'abord que l'application $R:F\to F$ définie (pour $u+h\in V$) par

$Rh\left(t\right)=\Phi _{u+h}\left(t\right)-\Phi _{u}\left(t\right)-\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,u\left(t\right)\right)}\left(h\left(t\right)\right)$

vérifie : $Rh=o\left(\left\|h\right\|\right)$.

En notant $x=u\left(t\right)$ et $k=h\left(t\right)$, on a, d'après l'inégalité des accroissements finis :

$\left\|f\left(t,x+k\right)-f\left(t,x\right)-\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,x\right)}\left(k\right)\right\|\leq \left\|k\right\|\sup _{z\in \left[x,x+k\right]}|\!|\!|\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,z\right)}-\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,x\right)}|\!|\!|$

donc

$\left\|Rh\right\|\leq \left\|h\right\|\varepsilon \left(\left\|h\right\|\right)$

où la fonction $\varepsilon$ est définie par :

$\varepsilon \left(\eta \right)=\sup _{\left(t,x\right)\in \left(\operatorname {id} ,u\right)\left(\left[-r,r\right]\right),\ \left\|z-x\right\|\leq \eta }|\!|\!|\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,z\right)}-\operatorname {d} _{2}f_{\left(t,x\right)}|\!|\!|$.

L'image par $\left(\operatorname {id} ,u\right)$ du compact $\left[-r,r\right]$ est un compact $K\subset V$ et l'application $\operatorname {d} _{2}f$ est continue sur $V$ donc (par une généralisation du théorème de Heine) : $\forall \alpha >0\quad \exists \beta >0\quad \forall a\in K\quad \forall b\in V\quad \left(\left\|b-a\right\|\leq \beta \Rightarrow |\!|\!|\operatorname {d} _{2}f_{b}-\operatorname {d} _{2}f_{a}|\!|\!|\leq \alpha \right)$.

Ceci prouve que $\lim _{\eta \to 0}\varepsilon \left(\eta \right)=0$ et termine la démonstration de $Rh=o\left(\left\|h\right\|\right)$. La fonction $\operatorname {d} \Phi$ est donc bien celle annoncée. De plus, elle est continue car $|\!|\!|\operatorname {d} \Phi _{u+h}-\operatorname {d} \Phi _{u}|\!|\!|\leq \varepsilon \left(\left\|h\right\|\right)$.

 

Exercice 4

Soient $I:=\left[-1,1\right]$, $E$ un espace vectoriel normé et $F$ l'espace des fonctions de $I$ dans $E$, de classe C¹ et nulles en $0$, muni de la norme $\left\|x\right\|_{1}:=\left\|x'\right\|_{0}$, où $\left\|~\right\|_{0}$ est la norme de la convergence uniforme. Montrer que l'application $V:F\times I\to E,\ \left(x,t\right)\mapsto x\left(t\right)$ est de classe C¹.

Solution

Montrons que les deux dérivées partielles de $V$ ($D_{1}V$ par rapport à $x$ et $D_{2}V$ par rapport à $t$) existent et sont continues.

• $D_{1}V$ existe : pour tout $t\in I$, l'application $V\left(\cdot ,t\right)$ est linéaire et continue (car $\left\|V\left(x,t\right)\right\|\leq \left\|x\right\|_{0}\leq \left\|x\right\|_{1}$) donc différentiable en tout point $x\in F$, et $D_{1}V\left(x,t\right)=V\left(\cdot ,t\right)$ (indépendante de $x$).
• $D_{1}V$ est continue : l'application $t\mapsto V\left(\cdot ,t\right)$, de $I$ dans ${\mathcal {L}}\left(F,E\right)$, est continue et même $1$-lipschitzienne : pour tout $x\in F$, $\left\|V\left(x,t_{2}\right)-V\left(x,t_{1}\right)\right\|=\left\|\int _{t_{1}}^{t_{2}}x'\left(t\right)\ \mathrm {d} t\right\|\leq \left|\int _{t_{1}}^{t_{2}}\left\|x'\left(t\right)\right\|\ \mathrm {d} t\right|\leq \left|t_{2}-t_{1}\right|\left\|x\right\|_{1}$ donc $|\!|\!|V\left(\cdot ,t_{2}\right)-V\left(\cdot ,t_{1}\right)|\!|\!|\leq \left|t_{2}-t_{1}\right|$.
• $D_{2}V$ existe : $D_{2}V\left(x,t\right)=x'\left(t\right)$ par définition.
• $D_{2}V$ est continue : pour tous $x,x_{0}\in F$ et $t,t_{0}\in I$,
  $\left\|x'\left(t\right)-x_{0}'\left(t_{0}\right)\right\|\leq \left\|x'\left(t\right)-x_{0}'\left(t\right)\right\|+\left\|x'_{0}\left(t\right)-x_{0}'\left(t_{0}\right)\right\|\leq \left\|x-x_{0}\right\|_{1}+\left\|x'_{0}\left(t\right)-x_{0}'\left(t_{0}\right)\right\|\to 0$ quand $x\to x_{0}$ et $t\to t_{0}$.

 

Exercice 5

Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ une fonction différentiable telle que ${\frac {\partial f}{\partial x}}+{\frac {\partial f}{\partial y}}=0$. Montrer qu'il existe une fonction dérivable $\varphi :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ telle que $\forall (x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\quad f(x,y)=\varphi (y-x)$.

Solution

Pour $x,y$ fixés, la fonction $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\,t\mapsto f(x-tx,y-tx)$ est constante car de dérivée nulle. Par conséquent, $f(x,y)=g(0)=g(1)=f(0,y-x)$ et la fonction $\varphi :u\mapsto f(0,u)$ répond au problème.

 

Exercice 6

1. Soient $u,v:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ de classe C¹ et $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ de classe C¹. On considère

   $F(x):=\int _{u(x)}^{v(x)}f\left(x,t\right)\,\mathrm {d} t$.

   Montrer que $F$ est bien définie sur $\mathbb {R}$, de classe C¹ et calculer $F'(x)$.

2. Application : $F(x)=\int _{1}^{1+x^{2}}\ln \left(x^{2}+t^{2}\right)\,\mathrm {d} t$

Solution

1. $F(x)=G\left(x,u(x),v(x)\right)$ où $G:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ est définie par :

   $G\left(x,u,v\right):=\int _{u}^{v}f\left(x,t\right)\,\mathrm {d} t$.

   La fonction $G$ est bien définie et de classe C¹ (car d'après ce qui suit, ses trois dérivées partielles sont définies et continues grâce aux hypothèses) donc $F$ aussi.

   ${\frac {\partial G}{\partial v}}\left(x,u,v\right)=f\left(x,v\right)$,

   ${\frac {\partial G}{\partial u}}\left(x,u,v\right)=-f\left(x,u\right)$,

   ${\frac {\partial G}{\partial x}}\left(x,u,v\right)=\int _{u}^{v}{\frac {\partial f}{\partial x}}\left(x,t\right)\,\mathrm {d} t$

   donc (dérivée d'une fonction composée) :

   $F'(x)=f\left(x,v(x)\right)v'(x)-f\left(x,u(x)\right)u'(x)+\int _{u(x)}^{v(x)}{\frac {\partial f}{\partial x}}\left(x,t\right)\,\mathrm {d} t$.

2. $u(x)=1$, $v(x)=1+x^{2}$, $f\left(x,t\right)=\ln \left(x^{2}+t^{2}\right)$.
   $u'(x)=0$, $v'(x)=2x$, ${\frac {\partial f}{\partial x}}\left(x,t\right)={\frac {2x}{x^{2}+t^{2}}}$.
   ${\begin{aligned}F'(x)&=2x\ln \left(x^{2}+\left(1+x^{2}\right)^{2}\right)+2x\int _{1}^{1+x^{2}}{\frac {\mathrm {d} t}{x^{2}+t^{2}}}\\&=2x\ln \left(1+3x^{2}+x^{4}\right)+2\left(\arctan {\frac {1+x^{2}}{x}}-\arctan {\frac {1}{x}}\right)\\&=2x\ln \left(1+3x^{2}+x^{4}\right)+2\arctan {\frac {x^{3}}{1+2x^{2}}}.\end{aligned}}$
   (La dernière égalité utilise l'identité remarquable sur la somme de deux arctan.)

 

Exercice 7

1. Soient $\phi =\left(\phi _{1},\phi _{2}\right):\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ et $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ deux fonctions différentiables. Exprimer les dérivées partielles de $f\circ \phi$ à l'aide de celles de $f$ et de $\phi$.
2. Application à $\phi :\left]0,+\infty \right[\times \left]-\pi ,\pi \right[\to \mathbb {R} ^{2}\setminus \{\left(0,0\right)\},\;\left(r,\theta \right)\mapsto \left(r\cos \theta ,r\sin \theta \right)$. Soit $f$ une fonction différentiable sur $\mathbb {R} ^{2}\setminus \{\left(0,0\right)\}$.
   1. On pose $\Theta _{f}(x,y)=x{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)+y{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)$ et $\Psi _{f}(x,y)=-y{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)+x{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)$. Exprimer $\Theta _{f}\circ \phi$ et $\Psi _{f}\circ \phi$ à l'aide des dérivées partielles de $f\circ \phi$ (autrement dit : exprimer en coordonnées polaires les opérateurs différentiels $\Theta$ et $\Psi$).
   2. Plus généralement, exprimer ${\frac {\partial f}{\partial x}}\circ \phi$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}\circ \phi$ à l'aide des dérivées partielles de $f\circ \phi$.
   3. Exprimer de même le « laplacien en coordonnées polaires », c'est-à-dire $(\Delta f)\circ \phi$, où $\Delta f={\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}$, à l'aide des dérivées partielles premières et secondes de $f\circ \phi$

Solution

1. En développant $\operatorname {J} _{f\circ \phi }(s,t)=(J_{f})_{\phi (s,t)}\times (J_{\phi })_{(s,t)}$, on trouve :
   ${\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial s}}(s,t)={\frac {\partial f}{\partial x}}(\phi (s,t)){\frac {\partial \phi _{1}}{\partial s}}(s,t)+{\frac {\partial f}{\partial y}}(\phi (s,t)){\frac {\partial \phi _{2}}{\partial s}}(s,t)$ et
   ${\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial t}}(s,t)={\frac {\partial f}{\partial x}}(\phi (s,t)){\frac {\partial \phi _{1}}{\partial t}}(s,t)+{\frac {\partial f}{\partial y}}(\phi (s,t)){\frac {\partial \phi _{2}}{\partial t}}(s,t)$.
2. $\operatorname {J} _{\phi }(r,\theta )={\begin{pmatrix}\cos \theta &-r\sin \theta \\\sin \theta &r\cos \theta \end{pmatrix}}$ donc
   ${\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )={\frac {\partial f}{\partial x}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )\cos \theta +{\frac {\partial f}{\partial y}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )(-r\sin \theta )$ et
   ${\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta )={\frac {\partial f}{\partial x}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )\sin \theta +{\frac {\partial f}{\partial y}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\cos \theta$.
   1. $\left(\Theta _{f}\circ \phi \right)\left(r,\theta \right)=r\cos \theta {\frac {\partial f}{\partial x}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )+r\sin \theta {\frac {\partial f}{\partial y}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )=r{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )$ et
      $\left(\Psi _{f}\circ \phi \right)\left(r,\theta \right)=-r\sin \theta {\frac {\partial f}{\partial x}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )+r\cos \theta {\frac {\partial f}{\partial y}}(r\cos \theta ,r\sin \theta )={\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta )$.
   2. ${\begin{pmatrix}{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}&{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f}{\partial x}}\circ \phi &{\frac {\partial f}{\partial y}}\circ \phi \end{pmatrix}}\times \operatorname {J} _{\phi }$ donc
      ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}{\frac {\partial f}{\partial x}}\circ \phi &{\frac {\partial f}{\partial y}}\circ \phi \end{pmatrix}}(r,\theta )&={\begin{pmatrix}{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}&{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}\end{pmatrix}}(r,\theta )\times (\operatorname {J} _{\phi })^{-1}(r,\theta )\\&={\begin{pmatrix}{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}&{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}\end{pmatrix}}(r,\theta )\times {\begin{pmatrix}\cos \theta &\sin \theta \\-{\frac {\sin \theta }{r}}&{\frac {\cos \theta }{r}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )\cos \theta -{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta }{r}}&{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )\sin \theta +{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta }{r}}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
      Un autre méthode est d'utiliser la sous-question précédente :
      ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)={\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}\left(x\Theta _{f}(x,y)-y\Psi _{f}(x,y)\right)$ donc
      ${\frac {\partial f}{\partial x}}\circ \phi (r,\theta )={\frac {1}{r^{2}}}\left(r\cos \theta \times r{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )-r\sin \theta \times {\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta )\right)={\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )\cos \theta -{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta }{r}}$ ;
      ${\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)={\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}\left(y\Theta _{f}(x,y)+x\Psi _{f}(x,y)\right)$ donc
      ${\frac {\partial f}{\partial y}}\circ \phi (r,\theta )={\frac {1}{r^{2}}}\left(r\sin \theta \times r{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )+r\cos \theta \times {\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta )\right)={\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )\sin \theta +{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta }{r}}$.
   3. 
      ${\begin{aligned}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}\circ \phi (r,\theta )&={\frac {\partial ({\frac {\partial f}{\partial x}}\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )\cos \theta -{\frac {\partial ({\frac {\partial f}{\partial x}}\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta }{r}}\\&={\frac {\partial }{\partial r}}\left({\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}\cos \theta -{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}{\frac {\sin \theta }{r}}\right)(r,\theta )\cos \theta -{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left({\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}\cos \theta -{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}{\frac {\sin \theta }{r}}\right)(r,\theta ){\frac {\sin \theta }{r}}\\&={\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r^{2}}}(r,\theta )\cos ^{2}\theta -{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta \cos \theta }{r}}+{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta \cos \theta }{r^{2}}}\\&-{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta \partial r}}(r,\theta ){\frac {\cos \theta \sin \theta }{r}}+{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta ){\frac {\sin ^{2}\theta }{r}}+{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta ^{2}}}(r,\theta ){\frac {\sin ^{2}\theta }{r^{2}}}+{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta \sin \theta }{r^{2}}}\\&={\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r^{2}}}(r,\theta )\cos ^{2}\theta -2{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta \cos \theta }{r}}+{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta ^{2}}}(r,\theta ){\frac {\sin ^{2}\theta }{r^{2}}}\\&+{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta ){\frac {\sin ^{2}\theta }{r}}+2{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\sin \theta \cos \theta }{r^{2}}}\end{aligned}}$
      et
      ${\begin{aligned}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\circ \phi (r,\theta )&={\frac {\partial ({\frac {\partial f}{\partial y}}\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )\sin \theta +{\frac {\partial ({\frac {\partial f}{\partial y}}\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta }{r}}\\&={\frac {\partial }{\partial r}}\left({\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}\sin \theta +{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}{\frac {\cos \theta }{r}}\right)(r,\theta )\sin \theta +{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left({\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}\sin \theta +{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}{\frac {\cos \theta }{r}}\right)(r,\theta ){\frac {\cos \theta }{r}}\\&={\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r^{2}}}(r,\theta )\sin ^{2}\theta +{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta \sin \theta }{r}}-{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}{\frac {\cos \theta \sin \theta }{r^{2}}}\\&+{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta \partial r}}(r,\theta ){\frac {\sin \theta \cos \theta }{r}}+{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta ){\frac {\cos ^{2}\theta }{r}}+{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta ^{2}}}(r,\theta ){\frac {\cos ^{2}\theta }{r^{2}}}-{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}{\frac {\sin \theta \cos \theta }{r^{2}}}\\&={\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r^{2}}}(r,\theta )\sin ^{2}\theta +2{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta \sin \theta }{r}}+{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta ^{2}}}(r,\theta ){\frac {\cos ^{2}\theta }{r^{2}}}\\&+{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta ){\frac {\cos ^{2}\theta }{r}}-2{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial \theta }}(r,\theta ){\frac {\cos \theta \sin \theta }{r^{2}}}\end{aligned}}$
      donc
      $(\Delta f)\circ \phi (r,\theta )={\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial r^{2}}}(r,\theta )+{\frac {1}{r}}{\frac {\partial (f\circ \phi )}{\partial r}}(r,\theta )+{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}(f\circ \phi )}{\partial \theta ^{2}}}(r,\theta )$.

 

Exercice 8

Soit $E$ et $F$ deux $K$-espaces vectoriels normés ($K=\mathbb {R}$ ou $\mathbb {C}$), $C$ un cône de $E$, $f:C\to F$ une application différentiable, et $\alpha$ un élément de $K$.

Montrer que $f$ est positivement homogène de degré $\alpha$ (c.-à-d. $\forall x\in C\quad \forall t>0\quad f(tx)=t^{\alpha }f(x)$) si et seulement si elle vérifie la condition d'Euler :

$\forall x\in C\quad \mathrm {d} f_{x}(x)=\alpha f(x)$.

Solution

$f$ est positivement homogène de degré $\alpha$ si et seulement si pour tout $x\in C$, la fonction $\left]0,+\infty \right[\to F,\,t\mapsto t^{-\alpha }f(tx)$ est constante, c'est-à dire si sa dérivée est nulle :

$\forall x\in C\quad \forall t>0\quad -\alpha t^{-\alpha -1}f(tx)+t^{-\alpha }\mathrm {d} f_{tx}(x)=0$,

ou encore :

$\forall x\in C\quad \forall t>0\quad \mathrm {d} f_{tx}(tx)=\alpha f(tx)$,

ce qui équivaut bien à la condition d'Euler :

$\forall y\in C\quad \mathrm {d} f_{y}(y)=\alpha f(y)$.

 

Exercice 9

Soient $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ et $g:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ deux fonctions différentiables. Justifier que les applications suivantes sont différentiables et calculer leur différentielle.

1. $\phi :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\;x\mapsto g(x,-x)$ ;
2. $\psi :\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\;(x,y)\mapsto g(y,x)$ ;
3. $h:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\;(x,y)\mapsto f(x+g(x,y))$ ;
4. $k:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\;(x,y)\mapsto f(xy^{2}g(x,y))$.

Solution

1. $\phi =g\circ L$ avec $L:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{2},\;x\mapsto (x,-x)$ linéaire donc $\phi$ est différentiable et $\mathrm {d} \phi _{x}=\mathrm {d} g_{L(x)}\circ \mathrm {d} L_{x}=\mathrm {d} g_{(x,-x)}\circ L$, c.-à-d.
   $\mathrm {d} \phi _{x}(u)=\mathrm {d} g_{(x,-x)}(u,-u)={\frac {\partial g}{\partial x}}(x,-x)u+{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,-x)(-u)$ autrement dit : $\phi$ est dérivable et $\phi '(x)={\frac {\partial g}{\partial x}}(x,-x)-{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,-x)$.
2. $\psi =g\circ T$ avec $T:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\;(x,y)\mapsto (y,x)$ linéaire donc $\psi$ est différentiable et $\mathrm {d} \psi _{(x,y)}=\mathrm {d} g_{\,T(x,y)}\circ \mathrm {d} T_{(x,y)}=\mathrm {d} g_{(y,x)}\circ T$, c.-à-d.
   $\mathrm {d} \psi _{(x,y)}(u,v)=\mathrm {d} g_{(y,x)}(v,u)={\frac {\partial g}{\partial x}}(y,x)v+{\frac {\partial g}{\partial y}}(y,x)u$.
3. $h=f\circ a\circ (p,g)$ avec $p,a$ définies par $p(x,y)=x$ et $a(x,z)=x+z$.
   $p,a:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ sont linéaires donc $h$ est différentiable et
   $\mathrm {d} h_{(x,y)}=f'(x+g(x,y))\times \mathrm {d} a_{(x,g(x,y))}\circ (\mathrm {d} p_{(x,y)},\mathrm {d} g_{(x,y)})=f'(x+g(x,y))\times a\circ (p,\mathrm {d} g_{(x,y)})=f'(x+g(x,y))\times (p+\mathrm {d} g_{(x,y)})$, c.-à-d.
   $\mathrm {d} h_{(x,y)}(u,v)=f'(x+g(x,y))\left[\left(1+{\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y)\right)u+{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)v\right]$.
4. $k=f\circ m\circ (p,q,g)$ avec $p,q,m$ définies par $p(x,y)=x$, $q(x,y)=y$ et $m(x,y,z)=xy^{2}z$.
   $p,q:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ sont linéaires et $m:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ est polynomiale, avec $\mathrm {d} m_{(x,y,z)}(u,v,w)=y^{2}zu+2xyzv+xy^{2}w$. Donc $k$ est différentiable et $\mathrm {d} k_{(x,y)}=f'(xy^{2}g(x,y))\times \mathrm {d} m_{(x,y,g(x,y))}\circ (\mathrm {d} p_{(x,y)},\mathrm {d} q_{(x,y)},\mathrm {d} g_{(x,y)})=f'(xy^{2}g(x,y))\times \mathrm {d} m_{(x,y,g(x,y))}\circ (p,q,\mathrm {d} g_{(x,y)})$, c.-à-d.
   ${\begin{aligned}\mathrm {d} k_{(x,y)}(u,v&)=f'(x+g(x,y))\left[\left(y^{2}g(x,y)+xy^{2}{\frac {\partial g}{\partial x}}(x,y)\right)u+\left(2xyg(x,y)+xy^{2}{\frac {\partial g}{\partial y}}(x,y)\right)v\right]\end{aligned}}$.

 

Exercice 10

Si $f=(P,Q)$ est une application différentiable de $\mathbb {R} ^{2}$ dans $\mathbb {R} ^{2}$, on note

${\bar {\partial }}f=\left({\frac {\partial P}{\partial x}}-{\frac {\partial Q}{\partial y}},{\frac {\partial P}{\partial y}}+{\frac {\partial Q}{\partial x}}\right)$.

1. Calculer ${\bar {\partial }}f$ pour $f(x,y)=(x^{2}-y^{2},2xy)$.
2. Justifier que si $f$ et $g$ sont des applications telles que ${\bar {\partial }}f={\bar {\partial }}g=0$, alors ${\bar {\partial }}(g\circ f)=0$.

Solution

1. ${\bar {\partial }}f(x,y)=\left(2x-2x,-2y+2y\right)=(0,0)$
2. Soient $f=(P,Q)$ et $g=(R,S)$. Si ${\frac {\partial P}{\partial x}}-{\frac {\partial Q}{\partial y}}={\frac {\partial P}{\partial y}}+{\frac {\partial Q}{\partial x}}={\frac {\partial R}{\partial x}}-{\frac {\partial S}{\partial y}}={\frac {\partial R}{\partial y}}+{\frac {\partial S}{\partial x}}=0$, alors
   $\left({\frac {\partial R}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial x}}+{\frac {\partial R}{\partial y}}{\frac {\partial Q}{\partial x}}\right)-\left({\frac {\partial S}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial y}}+{\frac {\partial S}{\partial y}}{\frac {\partial Q}{\partial y}}\right)=\left({\frac {\partial R}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial x}}-{\frac {\partial R}{\partial y}}{\frac {\partial P}{\partial y}}\right)-\left(-{\frac {\partial R}{\partial y}}{\frac {\partial P}{\partial y}}+{\frac {\partial R}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial x}}\right)=0$ et
   $\left({\frac {\partial R}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial y}}+{\frac {\partial R}{\partial y}}{\frac {\partial Q}{\partial y}}\right)+\left({\frac {\partial S}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial x}}+{\frac {\partial S}{\partial y}}{\frac {\partial Q}{\partial x}}\right)=\left({\frac {\partial R}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial y}}+{\frac {\partial R}{\partial y}}{\frac {\partial P}{\partial x}}\right)+\left(-{\frac {\partial R}{\partial y}}{\frac {\partial P}{\partial x}}-{\frac {\partial R}{\partial x}}{\frac {\partial P}{\partial y}}\right)=0$.

Ou plus simplement : dire que ${\bar {\partial }}f=0$ revient à dire qu'en tout point, la matrice jacobienne de $f$ est une matrice de similitude directe ou la matrice nulle, or l'ensemble de ces matrices est stable par produit.

Remarque : vue comme fonction de $\mathbb {C}$ dans $\mathbb {C}$, l'application de la première question est $z\mapsto z^{2}$. De même, pour tout entier $n$, l'application $f$ correspondant à $z\mapsto z^{n}$ vérifie ${\bar {\partial }}f=0$.

Voir aussi : Fonctions d'une variable complexe/Fonctions holomorphes.

 

Exercice 11

On considère la fonction $f:\mathbb {R} \to \mathbb {C} ,\ x\mapsto \operatorname {e} ^{\mathrm {i} x}$. Montrer que pour tous réels distincts $a$ et $b$, il n'existe aucun réel $c$ tel que $f(b)-f(a)=(b-a)f'(c)$.

Solution

Pour tout réel $c$,

$|(b-a)f'(c)|=\left|(b-a)\mathrm {i} \operatorname {e} ^{\mathrm {i} c}\right|=|b-a|$,

alors que si $b\neq a$,

$|f(b)-f(a)|=\left|\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (b+a)/2}\times 2\mathrm {i} \sin {\frac {b-a}{2}}\right|=2\left|\sin {\frac {b-a}{2}}\right|<2\left|{\frac {b-a}{2}}\right|=|b-a|$.

Il n'y a donc pas d'égalité des accroissements finis pour les fonctions à valeurs vectorielles. Remarquons que pour $b-a\in 2\pi \mathbb {Z}$, on a même $f(b)-f(a)=0$.

 

Exercice 12

Soit $F:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2},\;(x,y)\mapsto (\cos x-\sin y,\sin x-\cos y)$.

1. Justifier que $F$ est de classe C¹.
2. Montrer que $\forall M\in \mathbb {R} ^{2}\quad |\!|\!|\mathrm {d} F_{M}|\!|\!|\leq {\sqrt {2}}$, où $|\!|\!|~|\!|\!|$ désigne la norme subordonnée à la norme euclidienne sur $\mathbb {R} ^{2}$.
3. En déduire que pour tout $M_{0}\in \mathbb {R} ^{2}$, la suite $M$ définie par $\forall n\in \mathbb {N} \quad M_{n+1}={\frac {1}{2}}F(M_{n})$ est convergente.

Solution

1. $F$ est même de classe C^∞ car ses deux composantes le sont, comme composées d'applications C^∞.
2. La matrice jacobienne de $F$ au point $(x,y)$ est ${\begin{pmatrix}-\sin x&-\cos y\\\cos x&\sin y\end{pmatrix}}$ donc $\|\mathrm {d} F_{(x,y)}(u,v)\|^{2}=\|(-u\sin x-v\cos y,u\cos x+v\sin y)\|^{2}=(-u\sin x-v\cos y)^{2}+(u\cos x+v\sin y)^{2}=u^{2}+v^{2}+2uv\sin(x+y)\leq 2(u^{2}+v^{2})$.
3. D'après l'inégalité des accroissements finis, ${\frac {1}{2}}F$ est ${\frac {\sqrt {2}}{2}}$-lipschitzienne. On conclut grâce au théorème du point fixe de Picard-Banach.